ON TAP KIEM TRA HSG CAP TRUONG

ÔN TẬP KIỂM TRA HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9 CẤP TRƯỜNG
(LẦN 2, THAM KHẢO TỪ ĐỀ THI CỦA CÁC TỈNH THÀNH)
Bài 1 (2,5 điểm)
Cho 2 số dương x, y thỏa mãn x + y =1
1

1

2

2
a) Tìm GTNN của biểu thức M = ( x2 + y )( y2 + x )
b) Chứng minh rằng :

1
1
25
2
2
y
N=(x+ x ) +(y+ ) ³ 2

HƯỚNG DẪN
1
2

2

2

( x y  1)

1

2

a) Ta có : M = ( x2 + y )( y2 + x ) =

x y

2

2

2

 ( xy 

1
1
15
)
Mặt khác : xy + xy = ( xy + 16 xy + 16 xy
1
1 1
áp dụng BĐT Côsi : xy + 16 xy ³ 2 16 = 2
xy 

xy 1

2

2

1
Þ xy 4

1 2
)
xy

( 1).
(2).
( 3)

15
1
1
1
17
289
1 17
16.
2
2
4= 4
Từ (1), (2) và (3) ta có : xy + xy ³ 2 +
Þ (xy + xy ) ³ ( 4 ) = 16
 xy  1

16 xy


289
1
x  y
Vậy minM = 16 , đạt được khi 
Ûx=y= 2
2

( A  B)
2
b) áp dụng BĐT : A2 + B2 ³
, ta có :
xy 2
1 2
(x  y 
)
(1  )
1
xy
xy
1
2
2
N = ( x + x )2 + ( y + y )2 ³
=
1
Mặt khác : (x + y)2 ³ 4xy ( do ( x -y)2 ³0) Û 1 ³ 4xy Û xy  4
2





1


1 2 1  1 
(1  )


25
xy

  25
4
³
2
2
2 . Vậy N ³ 2 . Dấu "=" xảy ra khi
N³

 x  y 1
1

x

y

Ûx=y= 2

x  y 2013
x; y; z 

Tìm tất cả các bộ số nguyên dương 
thỏa mãn y  z 2013 là số hữu tỷ, đồng thời
x 2  y 2  z 2 là số nguyên tố.
HƯỚNG DẪN
x  y 2013 m
 m, n  * ,  m, n  1
Û nx  my  mz  ny  2013
Ta có y  z 2013 n






nx  my 0
x y m
Þ 
Þ
  Þ xz y 2
y z
n
mz  ny 0
.
2

2

x 2  y 2  z 2  x  z   2 xz  y 2  x  z   y 2  x  y  z   x  z  y 
2

2

.

2

 x  y  z x  y  z

2
2
2
x

y

z

1
x

y

z
Vì
và
là số nguyên tố nên  x  y  z 1
Từ đó suy ra x  y z 1 (thỏa mãn).

Cho ba số thực a, b, c > 0 thõa: a + b + c = 2013.
a

b
c
+
+
1
a
+
2013a
+
bc
b
+
2013b
+
ca
c
+
2013c
+
ab
Chứng minh:
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
HƯỚNG DẪN
Ta có: 2013a + bc=(a + b + c)a + bc =a2 + ab + ac + bc = a2 +bc + a(b + c)
Theo BĐT Cô-Si cho hai số dương ta có a2 + bc ³ 2a bc .
Từ đó a2 + bc + a(b + c) ³ 2a bc +a(b + c) = a(b + c + 2 bc )
= a( b  c )2
a


a  2013a  bc

a
a a



=>
Chứng minh tương tự được

b c



2



a
a



a b c





a

a b c

(1)

b
b
c
c


b  2013b  ca
a  b  c (2) và c  2013c  ba
a  b  c (3)

Cộng từng vế của (1); (2); (3) ta được
a
b
c
a b c
+
+

1
a + 2013a + bc b + 2013b + ca c + 2013c + ab
a b c
a 2 bc
 2
b ca
Û 2
Û a b c 671

c ab
a  b  c 2013


Dấu “=” xảy ra
Giả sử x, y là các số thực dương thoả mãn : x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1
1

3
A = x  y xy
3

HƯỚNG DẪN
Ta có: (x + y)3 = x3 + y3 + 3xy( x + y ) = 1 hay x3 + y3 + 3xy = 1
x 3  y 3  3xy x 3  y 3  3 xy

3
3
xy
x

y
Thay vào biểu thưc A ta có: A =
4

áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
Vậy A ³ 4  2 3

4

=

x3  y3
3 xy

xy
x3  y3

3 xy x 3  y 3
x3  y3
3xy
³
4

2
.
4  2 3

xy
x3  y 3
xy
x3  y3


2 2  3 
1 
1 
1
1




2
3
2
; y= 
minA = 4  2 3 Û x = 
1 
1
2
hoặc x = 

2 2  3 

3


2 2  3 
2 2  3 
1 
1


3
2
3
 ; y= 


Bài 2 (4 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình:
x 2  3x  2  x 2  1  6 3 x  1  2 x  2  2 x  1 ,

a) Giải phương trình
HƯỚNG DẪN
Điều kiện xác định x ³1 . Khi đó ta có

 x  

x 2  3x  2  x 2  1  6 3 x  1  2 x  2  2 x  1

Û

 x 1  x  2    x  1  x  1  6 3

Û

 x  1  x  2    x  1  x  1  3

Û

x 1

Û

*)





 

x  2  x  1  3 2

x 1  2



x 1  2 x  2  2 x  1

x  1 2 x  1  2 x  2  6

x 1 x2  3





x  2  x  1  3 0

x  2  x  1  3 0 Û x  2  x  1  2

 x  2   x  1 9 Û

x 2  x  2 4  x

 x 4
Û 2
Û x 2

2
 x  x  2  x  8 x  16

*)

x  1 2 Û x  1 4 Û x 3.

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là

S  2,3

.

2
3
2
2
b) x  x  x  x  x
HƯỚNG DẪN
ĐK x 0 hoặc x ³1 ;Với x 0 thỗ mãn phương trình

Với x ³1 Ta có

1
x3  x 2  x 2 ( x  1)  ( x 2  x  1)
2
1
x 2  x  1( x 2  x )  ( x 2  x  1)
2

Þ

x3  x 2  x 2  x x 2

2
 x  x  1
Û 2
Û
x

x

1


Dấu "=" Xảy ra

 x 2 x  1

Þ x  1 x  1
 2
x

x

1


(Vơ lý)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 0

 xy  x  y  1

 yz  y  z  5
zx  z  x  2


 x,

y, z   

c)
HƯỚNG DẪN
Nhân từng vế các phương trình của hệ trên ta được

  x  1  y  1  z  1 

2

 xy  x  y  1

 yz  y  z  5 Û
 zx  z  x  2


  x  1  y  1  z  1 6
36 Û 
  x  1  y  1  z  1  6

 x  1  y  1 2


 y  1  z  1 6

 z  1  x  1 3


+) Nếu

 x  1  y  1  z  1 6 , kết hợp với hệ trên ta được:

 x  1 1

 y  1 2 Û
z  1 3


 x 2

 y 3
z 4


 x  1  1

 y  1  2 Û
z  1  3
x  1  y  1  z  1  6
+) Nếu 
, kết hợp với hệ trên ta được: 

 x 0


 y  1
z  2

.

x; y; z  2;3; 4 , 0;  1;  2

 
 
.
Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm 
1 1 1
1 1 1
 x  y  z 2
 x  y  z 2 (1)



(I ) 
 2  1 4
 2  1 4 (2)
2

 xy z 2
d)  xy z
HƯỚNG DẪN
ĐK x; y; z 0
1
1

1
2
2
2
 2 2  
4
2
x
y
z
xy xz yz
Từ (1)
, Thế vào (2) ta được:
1
1
2 2 2
2 1
1
1
1 2 2 2
Û 2  2  2   0
 2  2 2 2  
x
y
z
xz yz
xy z
x
y
z

xy xz yz
Þ

1 1
 x  z 0
2
Û
2
 1 1  1 1
1
2 1
1
2 1
 1  1 0
Û ( 2   2 )  ( 2   2 ) 0 Û        0
 y z
x
xz z
y
yz z
 x z  y z
1 1 1
( x; y; z ) ( ; ;  ) (TM )
2 2 2
Thay vào hệ (I) ta được:

2 x  y 2  1

2
2 y  z  1.

2 z  x 2  1
e) 
HƯỚNG DẪN
Cộng vế với vế các phương trình của hệ ta được:
2

2

2

x 2  2 x  1  y 2  2 y  1  z 2  2 z  1 0 Û  x  1   y  1   z  1 0
2

2

(1).

2

x  1 ³0,  y  1 ³0,  z  1 ³0
VT  1 ³VP  1 .
Do 
nên
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y z 1 .

Thử lại, x  y  z 1 là nghiệm của hệ.
 x 4  3 4 y
 4
f)  y  3 4 x
 x 4  3 4 y

 4
HƯỚNG DẪN  y  3 4 x . Điều kiện để hệ có nghiệm là:

 x ³3

4

 y ³ 3 4
(*)

 x 4  3 4 y
 x 4  3 4 y
(a)
Û
 4
 4
4
Với điều kiện (*), ta có:  y  3 4 x  x  y  4( x  y ) 0 (b)
(b) Û  x  y    x  y  x 2  y 2  4  0 Û x  y 0 Û x  y
x, y ³ 3  0
 x  y   x 2  y 2   4  0 ).
4
(vì
nên





Û x  y  z

Thay vào (a):

x 4  3 4 y Û x 4  4 x  3 0 Û x 4  1  4  x  1 0





Û  x  1 x 3  x 2  x  3 0 Û  x  1

2

x

2



 2 x  3 0 Û x 1

2

vì

x 2  2 x  3  x  1  2  0

. So với điều kiện (*), ta có:

x  y 1  3

4.

 x 1

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất :  y 1
5  13  5  13  ...

Tìm x biết: x =
Trong đó các dấu chấm có nghĩa là lặp đi lặp lại cách
viết căn thức có chứa 5 và 13 một cách vơ hạn.
HƯỚNG DẪN
x=

5  13  5  13  ...
13  5  13  5  ...

Nhận thấy: x > 2, Xét : x2 = 5 +
Þ (x2 - 5)2 = 13 + x Û x4 - 10x2 - x + 12 = 0 Û (x - 3)[( x + 3)(x + 1)(x - 1) - 1] = 0
Vì x > 2 Þ ( x + 3)(x + 1)(x - 1) - 1 > 0
Û x=3
Bài 3 (3 điểm)
Hai người cùng khởi hành lúc rạng đông đi ngược chiều từ hai địa điểm A và B với vận tốc
không đổi. Họ gặp nhau đúng lúc giữa trưa nhưng vẫn tiếp tục đi. Một người đến B lúc 4 giờ
chiều và người kia đến A lúc 9 giờ tối. Hỏi hôm đó trời rạng đơng lúc mấy giờ?

HƯỚNG DẪN
Gọi x là thời gian lúc rạng đông đến đúng giữa trưa (x>0).
VA là vận tốc người ở A; VB là vận tốc người ở B; C là điểm gặp nhau đúng giữa trưa.

VA=AC/x, VB=AC/9 => VA=9VB/x; VA=BC/4, VB=BC/4 => VA=x.VB/4
=> 9VB/x= x.VB/4 => x=6. Vậy rạng đông lúc 6 giờ.
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc 1 . Chứng minh:
a



b



c

 a  1  b  1  b  1  c  1  c  1  a  1

³

3
4

HƯỚNG DẪN
a
Ta có

b





c

 a  1  b  1  b  1  c  1  c  1  a  1

³

3
4

Û 4a  c  1  4b  a  1  4c  b  1 ³3  a  1  b  1  c  1
Û 4  ab  bc  ca   4  a  b  c  ³3abc  3  ab  bc  ca   3  a  b  c   3
Û ab  bc  ca  a  b  c ³6 (1)

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số dương ta được:
2

ab  bc  ca ³3 2  abc  3 a  b  c ³3 2 abc 3
;
cộng từng vế hai bất đẳng thức này ta được (1).

Do đó bất đẳng thức ban đầu được chứng minh.


Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 1 .
Cho một hình vng và 9 đường thẳng, trong
Gọi M, E, N, F lần lượt là trung điểm các
đó cứ mỗi đường thẳng đều chia hình vng
cạnh AB, CB, CD, DA
Giả sử đường thẳng d như thế cắt cạnh BC tại
2

P, cắt cạnh AD tại Q và cắt MN tại O1 thoả
thành hai tứ giác có tỉ số diện tích là 3 .

S ABPQ 2
Chứng minh rằng trong số 9 đường thẳng đó có
=
S
3
ít nhất 3 đường thẳng đồng quy.
CDQP
mãn điều kiện
HƯỚNG DẪN
( AP+ AQ). AB:2 MO1 2
=
=
Mỗi đường thẳng chia hình vng thành 2 tứ
(
DQ+CP).
CD:2
O
N
3 Suy ra:
1
Khi đó:
giác phải cắt hai cạnh đối của hình vng.
MO 1 2
=
E
C
B P

MN 5 . Vậy d luôn đi qua điểm O1 cố

M

A

O3
O1

O2

N

O4

FQ

D

định
Tương tự như vậy ta cũng chứng minh được:
O2; O3; O4 là các điểm cố định
Vì chỉ có 4 điểm mà có 9 đường thẳng đi qua
chúng nên theo ngun tắc Đirichle ít nhất
phải có 3 trong số 9 đường thẳng trên cùng đi
qua một trong 4 điểm cố định trên

Bài 4 (3 điểm)
Tìm số tự nhiên m, biết rằng khi bỏ đi 3 chữ số tận cùng bên phải của nó thì được một số mới
3

có giá trị bằng m .
HƯỚNG DẪN
Dễ thấy số cần tìm có từ 4 chữ số trở lên.

abc của số m ta được số x, thì m = 103x + abc
3
x = √ 1000 x+abc Û x3 = 1000x + abc Û x(x2 – 1000) = abc
(*)

Giả sử sau khi bỏ đi 3 chữ số tận cùng

Theo bài ra ta có:
- Nếu x ≥ 33 thì VT của (*) sẽ lớn hơn hoặc bằng 33. Vậy x < 33
- Nếu x  31 thì x2  96, nên x(x2 – 1000) < 0 <

abc

Vậy x = 32 suy ra abc = 768
Từ đây: m = 103 .32 + 768 = 32768 . Số này thoả mãn u cầu đề bài
Ơng Hùng khốn số tiền 3,6 triệu đồng để thuê sơn tường nhà ông cho một nhóm thợ. Sau khi
người I làm được 7 giờ và người II làm 4 giờ thì họ đã làm được 5/9 cơng việc. Sau đó họ cùng
làm trong 4 giờ thì chỉ cịn 1/18 bức tường chưa sơn. Vì hai người này bận cơng việc khác nên
đưa người III làm phần cịn lại. Xong việc ơng Hùng trả tiền, nhưng cả ba lúng túng không biết
phải phân chia thế nào. Ơng Hùng nói phải chia theo phần công việc mỗi người đã làm chứ
không theo giờ làm được vì năng suất mỗi người khơng như nhau. Ơng Hùng nhờ em tính giúp
họ theo hướng đó.
HƯỚNG DẪN
Tiền cơng của người III đã rõ: 3,6×(1/18) =0,2 triệu đồng.
Gọi x là năng suất (phần công việc) người I làm trong 1 giờ; y là năng suất người II.

=> 7x + 4y = 5/9; 4x + 4y = 1 – 5/9 - 1/18 => x=1/18, y=1/24
Vậy phần công việc của người I làm là: 11/18 (cv)
Và phần công việc của người II làm là: 1/3(cv)


Số tiền người I nhận: 3,6x(11/18) = 2,2 triệu đồng
Số tiền người II nhận: 3,6×(1/3)= 1,2 triệu đồng
a3  b3  c3 a 2 b2 b 2  c 2 c 2  a 2 9
 2


³
2abc
c  ab a 2  bc b 2  ac 2
Chứng minh bất đẳng thức:

HƯỚNG DẪN
a3 b3  c3 a 2 b2 b2  c 2 c 2  a 2
a2
b2
c2 a2 b2 b2 c2 c2  a2
 2
 2
 2


 2
 2
 2
2

abc
2
bc
2
ac
2
ab
c

ab
a

bc
b

ac
c

ab
a

bc
c  ac
Đặt A=
=

=

a 2  bc b 2  c 2 b 2  ac c 2  a 2 c 2  ab a 2  b 2 3
 2


 2

 2

2bc
2ac
2ab
a  bc
b  ac
c  ab 2

áp dụng bất đẳng thức a2 + b2 ³ 2ab
a 2  bc
2bc
³
 2
2bc
a  bc
A

 

b 2  ac
2ac
 2
2ac
b  ac

 

c 2  ab
2ab
 2
2ab
c  ab

³ 222

áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: A
Dấu đẳng thức sảy ra khi và chỉ khi a = b = c



3
2

3 9

2 2

Bài 5 (3 điểm)
Cho hình lập phương ABCD EFGH. Gọi L và K lần lượt là trung điểm của AD và AB.
Khoảng cách từ G đến LK là 10.Tính thể tích hình lập phương.
A
K
HƯỚNG DẪN
B
I
L

Gọi I là chân đường vng góc kẻ từ G đến LK.
Gọi độ dài cạnh hình lập phương là 2a( a > 0), ta có: D
C
Tam giác ALK vng tại A
2

2

2

2

Þ LK = AL  AK = a  a = a 2
Tam giác DHG vng tại H.
Þ DG2 =DH2 + HG2 = 8a2
E
Tam giác LDG vng góc tại D
F
( Vì AD ^mp(DCGH) Þ AD^DG)
H
G
Þ LG2 = LD2 + DG2 =a2 + 8a2 = 9a2
Từ DLDG = DKBG (c.g.c) ( Vì có : góc LDG = góc KBG = 900, LD = KB , DG = BG).
a 2
Þ GL = GK Þ DGLK cân tại G.Þ I là trung điểm của LK Þ IL =LK : 2 = 2

DLIG vuông tại I nên ta có:
10 2
LG2 = LI2 + IG2 hay 9a2 = 2a2:4 + 100 Û a2 = 200: 17 Þ a = 17

20 2
Vậy độ dài cạnh hình lập phương là 17
16000 2
Þ Thể tích hình lập phương là 17 17 ( đơn vị diện tích).


Tính tỷ số diện tích hình lục giác đều
với tổng diện tích cả hình sau đây:

HƯỚNG DẪN
Lục giác đều tạo bởi 6 tam giác đều nhỏ.
Tam giác đều tạo bởi 4 tam giác đều nhỏ.
Có 6 tam giác đều màu đỏ nên có 6.4 = 24 tam giác đều nhỏ.
Tổng cộng có 24 + 6 = 30 tam giác đều nhỏ.
Tỉ số diện tích hình lục giác đều với diện tích cả hình là 6/30 = 1/5
2

2

Cho phương trình 2 x  2mx  m  2 0 (1). .
1. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt.
2. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 thoả mãn hệ
x13  x23 

5
2 .

thức
3. Giả sử phương trình (1) có hai nghiệm khơng âm. Tìm giá trị của m để nghiệm dương
của phương trình đạt giá trị lớn nhất.

HƯỚNG DẪN
a) Để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt, cần và đủ là:
 D ' 4  m 2  0

m2  2

P

0

2

 S m  0


 m 2

Û m  2 Û
 m0


2 m2

2
b) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt Û D ' 4  m  0 Û  2  m  2 (*)

5
5
2
x13  x23  Û  x1  x2    x1  x2   3x1 x2  



2
2

 2 3(m 2  2)  5
3
 1  21
Û mm 
  Û m  6m  5 0 Û  m  1  m 2  m  5 0 Û m1 1; m2,3 
2
2


2

Ta có:
x3 

 2

 1

21
2



 3  21
 1  21

 0 Û x2 
2
2
2

 1  21
5  21
02
2  x3 
 0 Û x3  2
2
2
và

Vậy: Có 2 giá trị của m thoả điều kiện bài toán:

m 1; m 

 1  21
2

 D ' 4  m 2 ³0

m2  2

P

³0 Û

2


 S m  0
c) Phương trình có hai nghiệm khơng âm khi và chỉ khi: 

x1 

m

2 m 2 (**)

4  m2
m  4  m2
; x2 
Þ 0  x1  x2 m   2; 2 
2
2



Khi đó 2 nghiệm của ph/trình là:
Hai nghiệm này khơng thể đồng thời bằng 0, nên nghiệm dương của phương trình là




2
2
m  4  m2
m 2  2m 4  m 2  4  m 2 4  2 m  4  m 
2

x2 
0
x2 

2
4
4
. Suy ra:

Theo bất đẳng thức Cô-si:

m 2  4  m2 ³2 m 2 4  m2 Û 2 m2 4  m2 4













2
Suy ra: x2 2 Û x2  2 .

Dấu đẳng thức xảy ra khi:

m 2 4  m 2 Û m  2   2; 2 
.

Vậy nghiệm dương của phương trình đạt giá trị lớn nhất là 2 khi m  2
Bài 6 (4,5 điểm)
Cho đường tròn (O), đường thẳng d cắt (O) tại hai điểm C và D. Từ điểm M tuỳ ý trên d
kẻ các tiếp tuyếnMA và MB với (O) (A và B là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của CD.
a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp.
b) Các đường thẳng MO và AB cắt nhau tại H. Chứng minh H thuộc đường tròn ngoại
tiếp D COD.
c) Chứng minh rằng đương thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định khi M thay đổi trên
đường thẳng d.
MD
HA 2
=
2
d) Chứng minh MC HC

HƯỚNG DẪN
0


a) MA, MB là các iếp tuyến của (O) Þ MAO MBO 90



0

I là trung điểm của CD Þ OI ^ CD Þ MIO 90
Þ A, I, B cùng thuộc đường trịn đường kính MO

Þ Tứ giác MAIB nội tiếp đường trịn đường kính MO.
b) MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau);OA = OB
Þ MO là đường trung trực của AB Þ MO ^ AB
Þ MH.MO = MB2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (1)
1
MB MD


MBC
MBD


Þ MC.MD MB 2

2 sđ BC Þ DMBC DMDB( g .g ) Þ MC MB
(2)
MC MO

Þ DMCH DMOD (c.g .c)
MH MD


Þ
Þ Þ MHC
MDO

Từ (1) và (2)
MH.MO = MC.MD
Þ tứ giác CHOD nội tiếp Þ H thuộc đường trịn ngoại tiếp D COD.

A

O
H

d

M
C

I

D

B

Q

c) Gọi Q là giao điểm của AB và OI

Hai tam giác vng MIO và QHO có IOH chung Þ DMIO DQHO
MO OQ

OI OH
MO.OH OA2 R 2
Þ OQ 


OI

OI
OI (R là bán kính (O) khơng đổi)
Þ
O, I cố định Þ độ dài OI khơng đổi
Þ lại có Q thuộc tia OI cố định Þ Q là điểm cố định Þ đpcm.

1800  COD
0
0
AHC 900  MHC


90  ODC 90 
2
d)
( DCOD cân tại O)
1
1
1 

1800  COD
 3600  sdCBCB
 sdCAD

2
2
2
=
= CBD (3)







CAH
CDB
(4) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC)
HA BD

Từ (3) và (4) Þ DAHC DDBC ( g.g ) Þ HC BC (5)

DMBC DMDB( g .g ) (chứng minh trên)
MD MB BD
Þ


MB MC BC
2
MD MB MD
 BD 
Þ
.

 
MB MC MC (6)
 BC 
Þ

MD HA2

MB HC 2

Từ (5) và (6)
Cho hình vng ABCD nội tiếp trong đường trịn (O); M là điểm bất kỳ trên cung nhỏ CD; MB
cắt AC tại E.
a) Chứng minh rằng:
.
b) Chứng minh rằng hai tam giác MAB và MEC đồng dạng, từ đó suy ra
c) Chứng minh:
HƯỚNG DẪN


A

Chứng minh
.
Ta có OD^AC (đường chéo hình vng)
DM^MB (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Vậy tứ giác ODME nội tiếp

B

O

D

E

.

C
M

Chứng minh hai tam giác MAB và MEC đồng dạng
(Góc nội tiếp chắn hai cung tương ứng

)

( góc nội tiếp cùng chắn cung)
tgMAB và tgMEC đồng dạng =>
Chứng minh
Ta có

.

(góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

(góc nội tiếp cùng chắn cung)
Vậy tam giác MAE đồng dạng với tam giác MBC.
Cộng (1) và (2) ta được
Do AC là đường chéo của hình vng nên
Vậy
Cho tam giác nhọnABC, AB  AC . Gọi D, E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ A, B, C. Gọi P
là giao điểm của đường thẳng BC và EF. Đường thẳng qua D song song với EF lần lượt cắt các
đường thẳng AB, AC, CF tại Q, R, S. Chứng minh:
a) Tứ giác BQCR nội tiếp.
PB DB


b) PC DC và D là trung điểm của QS.

c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm củaBC.
HƯỚNG DẪN
A
E
F

R

H
S

B

P
Q

D

M

C

a) Tứ giác BQCR nội tiếp.
Do AB  AC nên Q nằm trên tia đối của tia BA và R nằm trong đoạn CA, từ đó Q, C nằm về
cùng một phía của đường thẳng BR.





Do tứ giác BFEC nội tiếp nên AFE BCA ,


Do QR song song với EF nên AFE BQR


Từ đó suy ra BCA BQR hay tứ giác BQCR nội tiếp.

PB DB

b) PC DC và D là trung điểm của QS.
DB HB

Tam giác DHB đồng dạng tam giác EHA nên AE HA
DC HC

Tam giác DHC đồng dạng tam giác FHA nên AF HA
DB AE HB AE FB

.

.
 1
Từ hai tỷ số trên ta được DC AF HC AF EC

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC với cát tuyến PEF ta được:
PB EC FA
PB AE FB
.

.
1 Û

.
 2
PC EA FB
PC AF EC
PB DB

 3
Từ (1) và (2) ta được PC DC
DQ BD DS CD

,

Do QR song song với EF nên theo định lí Thales: PF BP PF CP .

Kết hợp với (3) ta được DQ DS hay D là trung điểm của QS.
c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm củaBC.
Gọi M là trung điểm của BC. Ta sẽ chứng minh DP.DM DQ.DR .
Thật vậy, do tứ giác BQCR nội tiếp nên DQ.DR DB.DC (4).
 DC  DB 
DP.DM DB.DC Û DP 
 DB.DC
2


Tiếp theo ta chứng minh

DP  DC  DB  2 DB.DC Û DB  DP  DC  DC  DP  DB  Û DB.PC DC.PB

PB DB

PC DC (đúng theo phần b). Do đó DP.DM DB.DC  5 
Từ (4) và (5) ta được DP.DM DQ.DR suy ra tứ giác PQMR nội tiếp hay đường tròn ngoại
Û

tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm của BC.
Cho đường trịn tâm O đường kính BC 2 R , điểm A nằm ngồi đường trịn sao cho tam giác
ABC nhọn. Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM, ANvới đường tròn (O) (M, N là hai tiếp điểm). Gọi H là
trực tâm của tam giác ABC,F là giao điểm củaAHvàBC. Chứng minh rằng:
a) Năm điểm A, O, M, N, F cùng nằm trên một đường tròn;
b) Ba điểm M, N, H thẳng hàng;
2
2
c) HA.HF R  OH .
HƯỚNG DẪN
0
a) Do các điểm M, N, F cùng nhìn đoạn AO dưới góc 90 nên A, O, M, N, F cùng thuộc đường
trịn đường kính AO.
b) Ta có AM  AN (Tính chất tiếp tuyến).





Từ câu a) suy ra ANM  AFN (1).
Mặt khác, vì hai tam giác ADH, AFC đồng dạng; hai tam giác ADN, ANC đồng dạng nên

AH . AF  AD. AC  AN 2 Þ

AH AN

AN AF .



Do đó, hai tam giác ANH, AFN đồng dạng (c.g.c) Þ ANH  AFN (2).


Từ (1), (2) ta có Þ ANH  ANM Þ H  MN Þ đpcm.
c) Từ câu a) ta có HM .HN HA.HF .
Gọi I OA  MN ta có I là trung điểm của
MN.
HM .HN  IM  IH   IM  IH  IM 2  IH 2





OM 2  OI 2  OH 2  OI 2 R 2  OH 2
2
2
Từ đó suy ra HA.HF R  OH .

Cho hình chữ nhật ABCD, điểm M  BC. Các đường trịn đường kính AM, BC cắt nhau tại N
( khác B). BN cắt CD tại L. Chứng minh rằng : ML vng góc với AC.
HƯỚNG DẪN
Gọi E là giao điểm của AC và ML

Ta có: góc NCD = gócNCB
B
A
(cùng phụ với goc BCN)
góc NBC = góc NAM ( cùng chắn cung MN)
Þ Tam giác NCL đồng dạng với tam giác NAM
NC
NL

Þ NA NM

Mặt khác : góc ANC = góc MNL (cùng bù gócMNC)
Þ tam giác ANC đồng dạng với tam giác
D
MNL Þ góc NAC = góc NML hay góc NAE = góc NME
Þ Tứ giác AMEN nội tiếp Þ E thuộc đường trịn đường kính AM
Þ góc AEM = 900 hay ML vng góc với AC ( đpcm)

M
E

N
L

C